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Problemas de Selectividad de Matematicas II
Comunidad de Madrid
(Resueltos)
Isaac Musat Hervas
22 de mayo de 2013
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Capıtulo 10
Ano 2009
10.1. Modelo 2009 - Opcion A
Problema 10.1.1 (3 puntos) Dados el plano π : x+ 2y − z = 2, la recta:
r :x− 3
2=y − 2
1=z − 5
4
y el punto P (−2, 3, 2), perteneciente al plano π, se pide:
a) (0,5 puntos) Determinar la posicion relativa de π y r.
b) (1 punto) Calcular la ecuacion de la recta t contenida en π, que pasapor el punto P y que corta perpendicularmente a r.
c) (1,5 puntos) Sea Q el punto interseccion de r y t. Si s es la rectaperpendicular al plano π y que contiene a P , yR es un punto cualquierade s, probar que la recta determinada por R y Q es perpendicular a r.
Solucion:
a) De dos formas difrentes:
La ecuacion de la recta en parametricas es r :
x = 3 + 2λy = 2 + λz = 5 + 4λ
, y
si sustituimos en el plano π tenemos:
(3 + 2λ) + 2(2 + λ)− (5 + 4λ) = 2 =⇒ 2 = 2
expresion que se cumple para cualquier punto de la recta indepen-dientemente del valor de λ y, por tanto, la recta r esta contenidaen el plano π.
217
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Ponemos la recta r como interseccion de dos planos:
x− 3
2=z − 5
4=⇒ 2x− z = 1
x− 3
2=y − 2
1=⇒ x− 2y = −1
Ahora estudiamos el sistema formado por estos dos planos y elplano π
x+ 2y− z = 2x− 2y = −1
2x − z = 1=⇒ A =
1 2 −1 21 −2 0 −12 0 −1 1
|A| = 0 y
∣∣∣∣∣ 1 21 −2
∣∣∣∣∣ = −4 =⇒ Rango(A) = 2
F3 = F1 + F2 =⇒ Rango(A) = 2
=⇒
Rango(A) =Rango(A) = 2 < no de incognitas =⇒ Sistema Com-patible Indeterminado.
El plano π y la recta r tienen infinitos puntos comunes y, portanto, la recta esta contenida en el plano.
b) Para que el enuciado tenga sentido es necesario que el punto P este enel plano π, basta sustituir el punto en el plano para comprobarlo.
El vector −→ut de la recta t que buscamos tiene que ser perpendicular
al vector caracterıstico del plano −→uπ = (1, 2,−1) y al vector director−→ur = (2, 1, 4) de la recta r. Luego:
−→ut = −→uπ ×−→ur =
∣∣∣∣∣∣∣i j k1 2 −12 1 4
∣∣∣∣∣∣∣ = 3(3,−2,−1)
218
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t :
{ −→ut = (3,−2,−1)P (−2, 3, 2)
=⇒ t :x+ 2
3=y − 3
−2=z − 2
−1
Evidentemente esta recta tiene que estar contenida en el plano π.
c) La situacion geometrica es la siguiente:
Tenemos que encontrar una recta s perpendicular al plano π y quepase por el punto P
s :
{ −→uπ = (1, 2,−1)P (−2, 3, 2)
=⇒ s :
x = −2 + λy = 3 + 2λz = 2− λ
Un punto cualquiera R de la recta s es R(−2 + λ, 3 + 2λ, 2− λ).
Ahora buscamos el punto de corte Q entre las rectas t y r
r :
x = 3 + 2λy = 2 + λz = 5 + 4λ
, t :
x = −2 + 3µy = 3− 2µz = 2− µ
=⇒
3 + 2λ = −2 + 3µ2 + λ = 3− 2µ5 + 4λ = 2− µ
=⇒
{λ = −1µ = 1
=⇒ Q(1, 1, 1)
Solo nos queda por comprobar que los vectores−−→QR = (−3 + λ, 2 +
2λ, 1−λ) y −→ur = (2, 1, 4) son siempre perpendiculares. Para ello calcu-lamos su producto escalar y debe de ser cero independientemente delvalor del parametro λ
−−→QR ·−→ur = (−3+λ, 2+2λ, 1−λ)·(2, 1, 4) = −6+2λ+2+2λ+4−4λ = 0
Luego la recta h que pasa por los puntos Q y R es siempre perpen-dicular a la recta r sea cual sea el punto R que tomemos de la rectas.
219
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Problema 10.1.2 (3 puntos) Sea:
f(x) =
1− x2
4si x <
3
2
7
12
(1− (x− 2)2
)si x ≥ 3
2
a) (1 punto) Estudiar la continuidad y la derivabilidad de f(x).
b) (1 punto) Hallar los maximos y mınimos locales de f(x)
c) (1 punto) Dibujar la grafica de f(x).
Solucion:
a) (1 punto) Continuidad:
lımx−→ (3/2)−
f(x) = lımx−→ (3/2)
(1− x2
4
)=
7
16
lımx−→ (3/2)+
f(x) = lımx−→ (3/2)+
7
12
(1− (x− 2)2
)=
7
16
f
(3
2
)=
7
16
Luego:
lımx−→ (3/2)−
f(x) = lımx−→ (3/2)+
f(x) = f
(3
2
)=
7
16=⇒
f es continua en x =3
2
Derivabilidad:
f ′(x) =
−x
2si x <
3
2
−7(x− 2)
6si x ≥ 3
2
=⇒
f ′(32
−)= −3
4
f ′(32
+)
= 712
Luego:
f ′(
3
2
−)6= f ′
(3
2
+)
La funcion no es derivable en x = 3/2
220
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b) Estudiamos su representacion grafica
Primero los extremos
f ′(x) =
−x
2= 0 si x <
3
2
−7(x− 2)
6= 0 si x ≥ 3
2
=⇒
x = 0 si x <
3
2
x = 2 si x ≥ 3
2
Recurrimos a la segunda derivada para ver de que tipo son
f ′′(x) =
−1
2=⇒ Maximo si x <
3
2
−7
6=⇒ Maximo si x ≥ 3
2
x f(x)
0 13/2 7/16
2 7/12
Problema 10.1.3 (2 puntos) Dado el sistema de ecuaciones:x− y = 3
2x− 3y = 2k3x− 5y = k
a) (1 punto) Discutirlo segun los distintos valores del parametro k.
b) (1 punto) Resolverlo en los casos en que sea posible.
Solucion:
221
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a)
A =
1 −1 32 −3 2k3 −5 k
|A| = 3(k − 1) = 0 =⇒ k = 1
Como el menor
∣∣∣∣∣ 1 −12 −3
∣∣∣∣∣ = −1 6= 0 =⇒ el Rango(A) = 2 indepen-
dientemente del valor de k.
Si k 6= 1 =⇒ |A| 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3 6=Rango(A) = 2 = no deincognitas y el sistema es Incompatible, es decir, no tiene solucion.
Si k = 1:
A =
1 −1 32 −3 23 −5 1
, |A| = 0 y
∣∣∣∣∣ 1 −12 −3
∣∣∣∣∣ = −1 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2
Luego en este caso Rango(A) =Rango(A) = 2 = no de incognitas =⇒Sistema Compatible Determinado, es decir, tiene solucion unica.
b) {x− y = 3
2x− 3y = 2=⇒
{x = 7y = 4
Problema 10.1.4 (2 puntos) Resolver la ecuacion:∣∣∣∣∣∣∣2(x2 − 1) x+ 1 (x+ 1)2
x− 1 x+ 1 x+ 1(x− 1)2 x− 1 x2 − 1
∣∣∣∣∣∣∣ = 0
Solucion:∣∣∣∣∣∣∣2(x2 − 1) x+ 1 (x+ 1)2
x− 1 x+ 1 x+ 1(x− 1)2 x− 1 x2 − 1
∣∣∣∣∣∣∣ = (x+1)(x−1)
∣∣∣∣∣∣∣2(x− 1) 1 x+ 1x− 1 x+ 1 x+ 1x− 1 1 x+ 1
∣∣∣∣∣∣∣ =
(x+1)2(x−1)
∣∣∣∣∣∣∣2(x− 1) 1 1x− 1 x+ 1 1x− 1 1 1
∣∣∣∣∣∣∣ =
F1
F2 − F1
F3 − F1
= (x+1)2(x−1)
∣∣∣∣∣∣∣2(x− 1) 1 1−(x− 1) x 0−(x− 1) 0 0
∣∣∣∣∣∣∣ =
(x+1)2(x−1)2
∣∣∣∣∣∣∣2 1 1−1 x 0−1 0 0
∣∣∣∣∣∣∣ = −(x2−1)2∣∣∣∣∣ 1 1x 0
∣∣∣∣∣ = x(x2−1)2 = 0 =⇒ x = ±1
222
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10.2. Modelo 2009 - Opcion B
Problema 10.2.1 (3 puntos) Dados el punto P (1,−1, 2) y el plano π :2x− y + z = 11, se pide:
a) (1,5 puntos) Determinar el punto Q de interseccion del plano π con larecta perpendicular a π que pasa por P . Hallar el punto simetrico delpunto P respecto del plano π.
b) (1,5 puntos) Obtener la ecuacion del plano paralelo al plano π quecontiene al punto H que se encuentra a 5
√6 unidades del punto P en
el sentido del vector−−→PQ.
Solucion:
a) Tenemos
r :
{ −→ur = −→uπ = (2,−1, 1)Pr = P (1,−1, 2)
=⇒ r :
x = 1 + 2λy = −1− λz = 2 + λ
Sustituyendo en el plano tenemos
2(1 + 2λ)− (−1− λ) + (2 + λ)− 11 = 0 =⇒ λ = 1
Sustituyendo este valor en r tenemos Q(3,−2, 3).
El punto Q es el punto medio entre P y el punto R que buscamos
Q =P +R
2=⇒ R = 2Q− P = 2(3,−2, 3)− (1,−1, 2) = (5,−3, 4)
Luego R(5,−3, 4) es el punto simetrico de P respecto del plano π.
223
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b) El vector−−→PQ = (2,−1, 1) = −→uπ y es perpedicular al plano π. Tenemos
H = P + λ · −→uπ =⇒ −−→PH = −λ · −→uπ =⇒
|−−→PH| = λ|−→uπ| = λ√
6 = 5√
6 =⇒ λ = 5
Luego el punto H = (1,−1, 2) + 5(2,−1, 1) = (11,−6, 7). El plano π′
que buscamos contiene a este punto y tiene el mismo vector carac-terıstico que π
π′ : 2x− y+ z = λ =⇒ 22 + 6 + 7 = λ =⇒ λ = 35 =⇒ 2x− y+ z = 35
Nota: Podemos comprobar si d(P, π′) = 5√
6:
d(P, π′) =|2 + 1 + 2− 35|√
6=
30√6
= 5√
6
y tambien podemos comprobar que
|−−→PQ| =√
4 + 1 + 1 =√
6 y |−−→QH| =√
64 + 16 + 16 = 4√
6
La suma de ambos modulos nos vuelve a dar 5√
6.
Problema 10.2.2 (3 puntos) Si A = (C1, C2, C3) es una matriz cuadradade orden 3 con columnas C1, C2, C3, y se sabe que det(A) = 4, se pide:
a) (1 punto) Calcular det(A3) y det(3A).
b) (2 puntos) Calcular det(B) y det(B−1), siendo B = (2C3, C1−C2, 5C1)la matriz cuyas columnas son:
2C3, C1 − C2, 5C1
224
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Solucion:
a) |A3| = |A| · |A| · |A| = 43 = 64
|3A| = |(3C1, 3C2, 3C3)| = 33|A| = 27 · 4 = 108
b) |B| = |(2C3, C1 − C2, 5C1)| = −10|(C1, C1 − C2, C3)| =
= −10 [(C1, C1, C3)− (C1, C2, C3)] = 10|A| = 40
Si |B ·B−1| = 1 =⇒ |B| · |B−1| = 1 =⇒ |B−1| = 1
|B|=
1
40
Problema 10.2.3 (2 puntos) Sea:
f(x) =|x|
x2 + 1
a) (1 punto) Estudiar la continuidad y la derivabilidad de f en x = 0.
b) (1 punto) Estudiar cuando se verifica que f ′(x) = 0. Puesto que f(1) =f(−1), ¿existe contradiccion con el teorema de Rolle en el intervalo[−1, 1]?
Solucion:
f(x) =|x|
x2 + 1=
{− xx2+1
si x < 0x
x2+1si x ≥ 0
a) Continuidad:
lımx−→ 0)−
f(x) = lımx−→ 0
(− x
x2 + 1
)= 0
lımx−→ 0+
f(x) = lımx−→ 0+
(x
x2 + 1
)= 0
f (0) = 0
Luego:
lımx−→ 0−
f(x) = lımx−→ 0+
f(x) = f (0) = 0 =⇒
f es continua en x = 0
Derivabilidad:
f ′(x) =
x2 − 1
(x2 + 1)2si x < 0
1− x2
(x2 + 1)2si x ≥ 0
=⇒{f ′ (0−) = −1f ′ (0+) = 1
225
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Luego:f ′(0−)6= f ′
(0+)
La funcion no es derivable en x = 0
b) Para que se cumplan las hipotesis del teorema de Rolle la funcion debeser continua en el intervalo (−1, 1) y derivable en el intervalo [−1, 1],lo cual no es cierto segun el apartado anterior.
Problema 10.2.4 (3 puntos) Sea
f(x) =
{(x− 1)2 si x ≤ 1
lnx si x > 1
donde lnx significa logaritmo neperiano de x. Hallar el area de la regionacotada limitada por la grafica de f(x), y por la recta y = 1.
Solucion:
Comprobamos si hay continuidad en el punto x = 1
lımx−→ 1)−
f(x) = lımx−→ 1
((x− 1)2
)= 0
lımx−→ 1+
f(x) = lımx−→ 1+
(lnx) = 0
f (1) = 0
Luego:lım
x−→ 1−f(x) = lım
x−→ 1+f(x) = f (1) = 0 =⇒
f es continua en x = 1
226
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Calculamos los puntos de corte de f(x) con y = 1{(x− 1)2 = 1 si x ≤ 1
lnx = 1 si x > 1=⇒
{x = 0 si x ≤ 1x = e si x > 1
Calculamos el area:S = |S1|+ |S2|
Resolvemos las integrales por separado
S1 =
∫ 1
0(1− (x− 1)2)dx = −x
3
3+ x2
]10
=2
3=⇒ |S1| =
2
3
La siguiente integral se resuelve por partes u = lnx =⇒ u′ = dx/x ydv = dx =⇒ v = x∫
(1− lnx)dx = x−(x lnx−
∫dx
)= 2x− x lnx
S2 =
∫ e
1(1− lnx)dx = 2x− x lnx]e1 = e− 2 =⇒ |S2| = e− 2
S =2
3+ e− 2 = e− 4
3u2
10.3. Junio 2009 - Opcion A
Problema 10.3.1 (3 puntos) Dado el plano π : x+ 3y + z = 4, se pide:
a) (1 punto) Calcular el punto simetrico P del punto O(0, 0, 0) respectodel plano π.
b) (1 punto) Calcular el coseno del angulo α que forman el plano π y elplano z = 0.
227
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c) (1 punto) Calcular el volumen del tetraedro T determinado por elplano π, y los planos x = 0, y = 0, z = 0.
Solucion:
a) Tres pasos:
Calculo r ⊥ π que pasa por O(0, 0, 0):
r :
{ −→ur = (1, 3, 1)Pr(0, 0, 0)
=⇒
x = λy = 3λz = λ
Calculo el punto de corte Q de π con r:
λ+ 3(3λ) + λ = 4 =⇒ λ =4
11=⇒ Q
(4
11,12
11,
4
11
)P es el punto simetrico de O respecto de Q:
P +O
2= Q =⇒ P = 2Q−O =
(8
11,24
11,
8
11
)b)
cosα =1√11
=
√11
11
c) Si y = 0, z = 0 =⇒ A(4, 0, 0)Si x = 0, z = 0 =⇒ B(0, 4/3, 0)Si x = 0, y = 0 =⇒ C(0, 0, 4)
−→OA = (4, 0, 0),
−−→OB = (0, 4/3, 0),
−−→OC = (0, 0, 4)
V =1
6|
∣∣∣∣∣∣∣4 0 00 4/3 00 0 4
∣∣∣∣∣∣∣ | =32
9u2
Problema 10.3.2 (3 puntos) Dado el sistema:4x+ 4λy+ 2z = 2λλx+ y− λz = λ
4λx+ 4λy+ λz = 9,
Se pide:
a) (2 puntos) Discutir el sistema segun los valores del parametro λ.
b) (1 punto) Resolver el sistema para λ = −1.
228
![Page 14: Problemas de Selectividad de Matematicas II Comunidad de ... · 10.2. Modelo 2009 - Opci on B Problema 10.2.1 (3 puntos) Dados el punto P(1; 1;2) y el plano ˇ : 2x y+ z= 11, se pide:](https://reader036.vdocuments.co/reader036/viewer/2022062507/5fd4c0aa8be31b693479a3ce/html5/thumbnails/14.jpg)
Solucion:
A =
4 4λ 2 2λλ 1 −λ λ
4λ 4λ λ 9
|A| = −4λ(5λ2−6λ+1) = 0 =⇒ λ = 0 λ = 1 λ =1
5
Si λ 6= 0 y λ 6= 1 y k 6= 1/5 =⇒ |A| 6= 0 =⇒Rango(A) =Rango(A) =3 =no de incognitas, luego en este caso el sistema sera compatible de-terminado.
Si λ = 0
A =
4 0 2 00 1 0 00 0 0 9
Como |A| = 0 y
∣∣∣∣∣ 4 00 1
∣∣∣∣∣ = 4 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2.
Como ∣∣∣∣∣∣∣0 2 01 0 00 0 9
∣∣∣∣∣∣∣ = −18 6= 0 =⇒ Rango(A) = 3
Luego el sistema es incompatible.
Si λ = 1
A =
4 4 2 21 1 −1 14 4 1 9
=⇒{
Rango(A) = 3Rango(A) = 2
=⇒
Sistema es Incompatible.
Si λ = 1/5
A =
4 4/5 2 2/51/5 1 −1/5 1/54/5 4/5 1/5 9
=⇒{
Rango(A) = 3Rango(A) = 2
=⇒
Sistema es Incompatible.
229
![Page 15: Problemas de Selectividad de Matematicas II Comunidad de ... · 10.2. Modelo 2009 - Opci on B Problema 10.2.1 (3 puntos) Dados el punto P(1; 1;2) y el plano ˇ : 2x y+ z= 11, se pide:](https://reader036.vdocuments.co/reader036/viewer/2022062507/5fd4c0aa8be31b693479a3ce/html5/thumbnails/15.jpg)
Si λ = −1 4x− 4y+ 2z = −2−x+ y+ z = −1−4x− 4y− z = 9
=⇒
x = −1y = −1z = −1
Problema 10.3.3 (2 puntos) Calcular el siguiente lımite:
lımx−→+∞
(1 +
1
αx2 + 4x+ 8
)(x+1)
segun los valores del parametro α
Solucion:
lımx−→+∞
(1 +
1
αx2 + 4x+ 8
)(x+1)
= [1∞] = eλ
λ = lımx−→+∞
(x+ 1)
(1 +
1
αx2 + 4x+ 8− 1
)= lım
x−→+∞
(x+ 1
αx2 + 4x+ 8
)Si α = 0 =⇒ λ =
1
4=⇒:
lımx−→+∞
(1 +
1
4x+ 8
)(x+1)
= e1/4
Si α 6= 0 =⇒ λ = 0 =⇒:
lımx−→+∞
(1 +
1
αx2 + 4x+ 8
)(x+1)
= e0 = 1
Problema 10.3.4 (2 puntos) Calcular la integral:
F (x) =
∫ x
0t2 e−t dt
Solucion:
Se trata de una integral que se resuelve por partes:(u = t2 =⇒ du = 2tdt; dv = e−t dt =⇒ v = −e−t
)∫t2 e−t dt = −t2e−t + 2
∫te−t dt =(
u = t =⇒ du = dt; dv = e−t dt =⇒ v = −e−t)
= −t2e−t+2
[−te−t +
∫e−t dt
]= −t2e−t+2
[−te−t − e−t
]= −e−t
(t2 + 2t+ 2
)F (x) =
∫ x
0t2 e−t dt = −e−t
(t2 + 2t+ 2
)]x0
= −e−x(x2 + 2x+ 2) + 2
230
![Page 16: Problemas de Selectividad de Matematicas II Comunidad de ... · 10.2. Modelo 2009 - Opci on B Problema 10.2.1 (3 puntos) Dados el punto P(1; 1;2) y el plano ˇ : 2x y+ z= 11, se pide:](https://reader036.vdocuments.co/reader036/viewer/2022062507/5fd4c0aa8be31b693479a3ce/html5/thumbnails/16.jpg)
10.4. Junio 2009 - Opcion B
Problema 10.4.1 (3 puntos) Dadas las rectas:
r :x− 1
2=y − 2
3=z
1, s :
x+ 2
2=y
1=z − 2
1,
se pide:
a) (1 punto) Hallar la ecuacion del plano π que contiene a r y es paraleloa s.
b) (1 punto) Determinar la distancia entre las rectas r y s.
c) (1 punto) Estudiar si la recta t paralela a r y que pasa por O(0, 0, 0)corta a la recta s.
Solucion:
a)
r :
{ −→ur = (2, 3, 1)Pr(1, 2, 0)
, s :
{ −→us = (2, 1, 1)Ps(−2, 0, 2)
=⇒ π :
−→ur = (2, 3, 1)−→us = (2, 1, 1)Pr(1, 2, 0)
π :
∣∣∣∣∣∣∣2 2 x− 13 1 y − 21 1 z
∣∣∣∣∣∣∣ = 0 =⇒ x− 2z − 1 = 0
b)−−→PrPs = (−3,−2, 2):
∣∣∣[−→ur,−→us,−−→PrPs]∣∣∣ = |
∣∣∣∣∣∣∣2 3 12 1 1−3 −2 2
∣∣∣∣∣∣∣ | = | − 14| = 14
|−→ur ×−→us| = |
∣∣∣∣∣∣∣i j k2 3 12 1 1
∣∣∣∣∣∣∣ | = |(2, 0,−4)| =√
20 = 2√
5
d(r, s) =
∣∣∣[−→ur,−→us,−−→PrPs]∣∣∣
|−→ur ×−→us|=
14
2√
5=
7√
5
5u
c)
t :
{ −→ut = (2, 3, 1)Pt(0, 0, 0)
s :
{ −→us = (2, 1, 1)Ps(−2, 0, 2)
=⇒ −−→PtPs = (−2, 0, 2)
∣∣∣∣∣∣∣2 3 12 1 1−2 0 2
∣∣∣∣∣∣∣ = −12 =⇒ Se cruzan
231
![Page 17: Problemas de Selectividad de Matematicas II Comunidad de ... · 10.2. Modelo 2009 - Opci on B Problema 10.2.1 (3 puntos) Dados el punto P(1; 1;2) y el plano ˇ : 2x y+ z= 11, se pide:](https://reader036.vdocuments.co/reader036/viewer/2022062507/5fd4c0aa8be31b693479a3ce/html5/thumbnails/17.jpg)
Problema 10.4.2 (3 puntos) Si la derivada de la funcion f(x) es:
f ′(x) = (x− 1)3(x− 5)
Obtener:
a) (1 punto) Los intervalos de crecimiento y decrecimiento de f .
b) (1 punto) Los valores de x en los cuales f tiene maximos relativos,mınimos relativos, o puntos de inflexion.
c) (1 punto) La funcion f sabiendo que f(0) = 0
Solucion:
a)(−∞, 1) (1, 5) (5,∞)
f ′(x) + − +
f(x) Creciente↗ Decreciente↘ Creciente↗
b) En x = 1 hay un maximo y en x = 5 hay un mınimo. Para calcularlos puntos de inflexion calculamos la segunda derivada:
f ′′(x) = 4(x− 4)(x− 1)2
f ′′(x) = 0 =⇒ x = 4 y x = 1. El unico posible punto de inflexion esx = 4 ya que en x = 1 hay un maximo:
(−∞, 1) (1, 4) (4,∞)
f ′′(x) − − +
f(x) Convexa∩ Convexa∩ Concava∪
c)
f(x) =
∫ [x4 − 8x3 + 18x2 − 16x+ 5
]dx =
x5
5−2x4+6x3−8x2+5x+C
232
![Page 18: Problemas de Selectividad de Matematicas II Comunidad de ... · 10.2. Modelo 2009 - Opci on B Problema 10.2.1 (3 puntos) Dados el punto P(1; 1;2) y el plano ˇ : 2x y+ z= 11, se pide:](https://reader036.vdocuments.co/reader036/viewer/2022062507/5fd4c0aa8be31b693479a3ce/html5/thumbnails/18.jpg)
f(0) = 0 + C = 0 =⇒ C = 0
f(x) =x5
5− 2x4 + 6x3 − 8x2 + 5x
Problema 10.4.3 (2 puntos) Dado el sistema:2x− y = λλx− 2y = 43x− y = 2
a) (1,5 puntos) Discutir el sistema segun los valores del parametro λ
b) (0,5 punto) Resolver el sistema cuando sea posible
Solucion:
a)
A =
2 −1 λλ −2 43 −1 2
|A| = −(λ− 2)(λ− 6) = 0 =⇒ λ = 2 λ = 6
Si λ 6= 2 y λ 6= 6 =⇒ |A| 6= 0 =⇒Rango(A) 6=Rango(A) luego eneste caso el sistema sera Incompatible.
Si λ = 2
A =
2 −1 22 −2 43 −1 2
=⇒{
Rango(A) = 2Rango(A) = 2
=⇒
Sistema es Compatible Determinado.
Si λ = 6
A =
2 −1 66 −2 43 −1 2
=⇒{
Rango(A) = 2Rango(A) = 2
=⇒
Sistema Compatible Determinado.
b) Cuando λ = 2: 2x− y = 22x− 2y = 43x− y = 2
=⇒{x = 0y = −2
233
![Page 19: Problemas de Selectividad de Matematicas II Comunidad de ... · 10.2. Modelo 2009 - Opci on B Problema 10.2.1 (3 puntos) Dados el punto P(1; 1;2) y el plano ˇ : 2x y+ z= 11, se pide:](https://reader036.vdocuments.co/reader036/viewer/2022062507/5fd4c0aa8be31b693479a3ce/html5/thumbnails/19.jpg)
Cuando λ = 6: 2x− y = 66x− 2y = 43x− y = 2
=⇒{x = −4y = −14
Problema 10.4.4 (2 puntos) Dada la matriz:
A =
a 1 11 a 11 1 a
se pide:
a) (1 punto) Estudiar el rango deA segun los distintos valores del parametroa.
b) (1 punto) Obtener la matriz inversa de A para a = −1
Solucion:
a) A = a3 − 3a+ 2 = 0 =⇒ a = 1, a = −2
Si a 6= 1 y a 6= −2 =⇒ |A| 6= 0 =⇒Rango(A) = 3.
Si a = 1:
A =
1 1 11 1 11 1 1
=⇒ Rango(A) = 1
Si a = −2:
A =
−2 1 11 −2 11 1 −2
=⇒ Rango(A) = 2
b) Si a = −1:
A =
−1 1 11 −1 11 1 −1
=⇒ A−1 =
0 1/2 1/21/2 0 1/21/2 1/2 0
10.5. Septiembre 2009 - Opcion A
Problema 10.5.1 (3 puntos) Dada la matriz:
M =
m 1 2mm 1 20 1 1
;
234
![Page 20: Problemas de Selectividad de Matematicas II Comunidad de ... · 10.2. Modelo 2009 - Opci on B Problema 10.2.1 (3 puntos) Dados el punto P(1; 1;2) y el plano ˇ : 2x y+ z= 11, se pide:](https://reader036.vdocuments.co/reader036/viewer/2022062507/5fd4c0aa8be31b693479a3ce/html5/thumbnails/20.jpg)
a) (1,25 puntos) Determinar los valores del prametro m para los cualesla matriz M es invertible.
b) (0,5 puntos) Determinar los valores del parametro m para los cualesla matriz M25 es invertible.
c) (1,25 puntos) Para m = −1 calcular, si es posible, la matriz inversaM−1 de M .
Solucion:
a) |M | = 2m(m− 1) = 0 =⇒ m = 0, m = 1.
Si m 6= 0 y m 6= 1 =⇒ existe M−1.
Si m = 0 o m = 1 =⇒ no existe M−1.
b) M25 no es inversible si |M25| = 0 =⇒ |M |25 = 0 =⇒ |M | = 0. LuegoM25 es inversible si m 6= 0 y m 6= 1
c)
M =
−1 1 −2−1 1 2
0 1 1
=⇒M−1 =
−1/4 −3/4 11/4 −1/4 1−1/4 1/4 0
Problema 10.5.2 (3 puntos) Dada la funcion:
f(x) =
ln(1 + ax)− bxx2
si 1 + ax > 0 y x 6= 0
−1
2si x = 0
,
Se pide:
a) (1,5 puntos) Hallar los valores de los parametros a, b para los cualesla funcion f es continua en x = 0.
b) (1,5 puntos) Para a = b = 1, estudiar si la funcion f es derivable enx = 0 aplicando la definicion de derivada.
Solucion:
a)
lımx−→ 0
ln(1 + ax)− bxx2
=
[0
0
]= lım
x−→ 0
a− b− abx2x+ 2ax2
Si a 6= b este lımite no tiene solucion, por tanto continuamos con lacondicion de que a = b:
lımx−→ 0
a− b− abx2x+ 2ax2
= lımx−→ 0
−a2x2x+ 2ax2
= −a2
2= −1
2=⇒ a = b = ±1
235
![Page 21: Problemas de Selectividad de Matematicas II Comunidad de ... · 10.2. Modelo 2009 - Opci on B Problema 10.2.1 (3 puntos) Dados el punto P(1; 1;2) y el plano ˇ : 2x y+ z= 11, se pide:](https://reader036.vdocuments.co/reader036/viewer/2022062507/5fd4c0aa8be31b693479a3ce/html5/thumbnails/21.jpg)
b) Si a = b = 1
f(x) =
ln(1 + x)− xx2
si 1 + x > 0 y x 6= 0
−1
2si x = 0
La definicion de derivada en el punto 0 es
f ′(0) = lımh−→ 0
f(0 + h)− f(0)
h
f(0 + h) =ln(1 + h)− h
h2, f(0) = −1
2
f ′(0) = lımh−→ 0
ln(1+h)−hh2
+ 12
h= lım
h−→ 0
ln(1 + h)− h+ h2
2h3=
[0
0
]=
lımh−→ 0
11+h − 1 + 2h
6h2= lım
h−→ 0
1 + 2h
6h+ 6h2=
[1
0
]= ±∞
Luego no es derivable en el punto x = 0.
Problema 10.5.3 (2 puntos) Dadas las rectas:
r :x
1=y
2=z
a, s :
x− 3
b=y
1=z − 3
−1,
determinar los valores de los parametros a, b para los cuales las rectas r, sse cortan perpendicularmente.
Solucion:
r :
{ −→ur = (1, 2, a)Pr(0, 0, 0)
, s :
{ −→us = (b, 1,−1)Ps(3, 0, 3)
,−−→PrPs = (3, 0, 3)
Si r y s son perpendiculares:
−→ur⊥−→us =⇒ −→ur · −→us = 0 =⇒ −a+ b = −2Si r y s se cortan: ∣∣∣∣∣∣∣
1 2 ab 1 −13 0 3
∣∣∣∣∣∣∣ = 0 =⇒ a+ 2b = −1
{−a+ b = −2a+ 2b = −1
=⇒{a = 1ab+ 2b = −1
236
![Page 22: Problemas de Selectividad de Matematicas II Comunidad de ... · 10.2. Modelo 2009 - Opci on B Problema 10.2.1 (3 puntos) Dados el punto P(1; 1;2) y el plano ˇ : 2x y+ z= 11, se pide:](https://reader036.vdocuments.co/reader036/viewer/2022062507/5fd4c0aa8be31b693479a3ce/html5/thumbnails/22.jpg)
Problema 10.5.4 (2 puntos) Dado el plano π : 2x− y + 2z + 1 = 0 hallarlas ecuaciones de los planos paralelos a π que se encuentran a 3 unidades deπ.
Solucion:
La ecuacion de un plano paralelo a π es π′ : 2x − y + 2z + λ = 0 y unplano del plano π puede ser P (0, 1, 0) y tendremos que d(P, π′) = 3:
d(P, π′) =|0− 1 + 0 + λ|
3=|λ− 1|
3= 3 =⇒ |λ− 1| = 9
{−λ+ 1 = 9 =⇒ λ = −8 =⇒ π′ : 2x− y + 2z − 8 = 0λ− 1 = 9 =⇒ λ = 10 =⇒ π′ : 2x− y + 2z + 10 = 0
10.6. Septiembre 2009 - Opcion B
Problema 10.6.1 (3 puntos)
a) (1 punto) Dada la funcion:
f(x) =x
1− x2,
hallar el punto o los puntos de la grafica de f(x) en los que la pendientede la recta tangente sea 1.
b) (0,5 puntos) Hallar la ecuacion de la recta tangente a la grafica de f(x)en el punto x = 0.
c) (1,5 puntos) Sea g una funcion derivable con derivada continua en todala recta real, y tal que g(0) = 0, g(2) = 2. Demostrar que existe almenos un punto c en el intervalo (0, 2) tal que g′(c) = 1.
Solucion:
a) La pendiente de la recta tangente es m = 1:
f ′(x) =1 + x2
(1− x2)2= 1 =⇒ x4 − 3x2 = 0 =⇒
{x = 0
x = ±√
3
Los puntos seran: (0, 0), (√
3,−√
3/8) y (−√
3,√
3/8)
b) En x = 0 la recta tangente es y = x
237
![Page 23: Problemas de Selectividad de Matematicas II Comunidad de ... · 10.2. Modelo 2009 - Opci on B Problema 10.2.1 (3 puntos) Dados el punto P(1; 1;2) y el plano ˇ : 2x y+ z= 11, se pide:](https://reader036.vdocuments.co/reader036/viewer/2022062507/5fd4c0aa8be31b693479a3ce/html5/thumbnails/23.jpg)
c) Se cumplen las condiciones del Teorema del Valor Medio en el intervalo[0, 2] y por tanto ∃c ∈ [0, 2] que cumple
g′(c) =g(2)− g(0)
2− 0=
1
1= 1
Problema 10.6.2 (3 puntos) Dada la recta:
r :x− 1
1=
y
−1=z
1
y el plano π : x + y − 2z + 1 = 0, hallar la ecuacion de la recta s simetricade la recta r respecto del plano π.
Solucion:
Calculamos el punto de corte de la recta r y el plano π, para ello calcu-lamos la ecuacion parametrica de la recta y sustituimos en el plano:
r;
x = 1 + λy = −λz = λ
=⇒ (1 + λ)− λ− 2λ+ 1 = 0 =⇒
λ = 1 =⇒ P (2,−1, 1)
Ahora calculamos el punto simetrico de Pr(1, 0, 0) respecto al plano π:
Calculamos una recta t perpendicular π que pase por Pr:
t :
{ −→ut = (1, 1,−2)Pt(1, 0, 0)
=⇒ t :
x = 1 + λy = λz = −2λ
Encontramos el punto de corte de t y π:
(1 + λ) + λ− 2(−2λ) + 1 = 0 =⇒ λ = −1
3=⇒ P ′′
(2
3,−1
3,2
3
)
238
![Page 24: Problemas de Selectividad de Matematicas II Comunidad de ... · 10.2. Modelo 2009 - Opci on B Problema 10.2.1 (3 puntos) Dados el punto P(1; 1;2) y el plano ˇ : 2x y+ z= 11, se pide:](https://reader036.vdocuments.co/reader036/viewer/2022062507/5fd4c0aa8be31b693479a3ce/html5/thumbnails/24.jpg)
Calculamos el punto simetrico P ′ de Pr respecto de P ′′:
Pr + P ′
2= P ′′ =⇒ P ′ = 2P ′′ − Pr =
2
(2
3,−1
3,2
3
)− (1, 0, 0) =
(1
3,−2
3,4
3
)La recta s simetrica de r respecto de π pasa por los puntos P y P ′:
s :
−−→P ′P = (2,−1, 1)−
(1
3,−2
3,4
3
)=
(5
3,−1
3,−1
3
)=
1
3(5,−1,−1)
P (2,−1, 1)
=⇒
t :
x = 2 + 5λy = −1− λz = 1− λ
Problema 10.6.3 (2 puntos) Dado el sistema:λx+ 2y + z = 0λx− y + 2z = 0x− λy + 2z = 0
,
se pide:
a) (1 punto) Obtener los valores de parametro λ para los cuales el sistematiene soluciones distintas de:
x = y = z = 0
b) (1 punto) Resolver el sistema para λ = 5.
Solucion:
Se trata de un sistema homogeneo
a)
A =
λ 2 1λ −1 21 −λ 2
|A| = λ2 − 6λ+ 5 = 0 =⇒ λ = 1 λ = 5
Si λ 6= 1 y λ 6= 5 =⇒ |A| 6= 0 =⇒Rango(A) = 3 =no incognitasluego en este caso el sistema sera Compatible Determinado y launica solucion es la trivial.
x = y = z = 0
239
![Page 25: Problemas de Selectividad de Matematicas II Comunidad de ... · 10.2. Modelo 2009 - Opci on B Problema 10.2.1 (3 puntos) Dados el punto P(1; 1;2) y el plano ˇ : 2x y+ z= 11, se pide:](https://reader036.vdocuments.co/reader036/viewer/2022062507/5fd4c0aa8be31b693479a3ce/html5/thumbnails/25.jpg)
Si λ = 1 o λ = 5 =⇒ |A| = 0 =⇒Rango(A) = 2 <no incognitasluego en este caso el sistema sera Compatible Indeterminado ytendra infinitas soluciones.
b) Cuando λ = 5:
{5x+ 2y + z = 05x− y + 2z = 0
=⇒
5x+ 2y = −λ5x− y = −2λz = λ
=⇒
x = −1
3λ
y =1
3λ
z = λ
Problema 10.6.4 (2 puntos) Dadas las matrices:
A =
(4 −21 1
), B =
(4 −2−3 1
),
obtener una matriz cuadrada X de orden 2 que verifique la ecuacion matri-cial AXB = A+B
Solucion:
AXB = A+B =⇒ X = A−1(A+B)B−1
A+B =
(4 −21 1
)+
(4 −2−3 1
)=
(8 −4−2 2
)
A−1 =
(1/6 1/3−1/6 2/3
), B−1 =
(−1/2 −1−3/2 −2
)
X = A−1(A+B)B−1 =
(1/6 1/3−1/6 2/3
)·(
8 −4−2 2
)·(−1/2 −1−3/2 −2
)=
(−1/3 −2/3−5/3 −4/3
)
10.7. Septiembre 2009 - Opcion A (Reserva)
Problema 10.7.1 (3 puntos) Dadas las rectas:
r :x− 1
2=y + 2
3=z − 2
1, s :
x+ 2
1=y − 1
2=z − λ
2
se pide:
240
![Page 26: Problemas de Selectividad de Matematicas II Comunidad de ... · 10.2. Modelo 2009 - Opci on B Problema 10.2.1 (3 puntos) Dados el punto P(1; 1;2) y el plano ˇ : 2x y+ z= 11, se pide:](https://reader036.vdocuments.co/reader036/viewer/2022062507/5fd4c0aa8be31b693479a3ce/html5/thumbnails/26.jpg)
a) (1 punto) Determinar para que valor, o valores, del parametro λ lasrectas r, s se cortan en un punto.
b) (1 punto) Para λ = 23 calcular las coordenadas del punto P intersec-cion de las rectas r, s.
c) (1 punto) Para λ = 23 hallar la ecuacion general del plano π determi-nado por las rectas r y s.
Solucion:
a) 1+ 2α = −2+ µ−2+ 3α = 1+ 2µ
2+ α = λ+ 2µ=⇒
α = −9µ = −15λ = 23
=⇒ λ = 23
b) Sustituyendo los valores de λ, α y µ =⇒ P (−17,−29,−7)
c)
π :
−→ur = (2, 3, 1)−→us = (1, 2, 2)Pr(1,−2, 2)
=⇒
∣∣∣∣∣∣∣2 1 x− 13 2 y + 21 2 z − 2
∣∣∣∣∣∣∣ = 0 =⇒ π : 4x−3y+z−12 = 0
Problema 10.7.2 (3 puntos) Calcular las derivadas de las siguientes fun-ciones:
a) (1 punto) f(x) = (2x)3x.
b) (1 punto) g(x) = cosπ
8.
c) (1 punto) h(x) =
∫ 6π
5πecos t dt.
Solucion:
a) f ′(x) = 3(2x)3x(1 + ln(2x))
b) g′(x) = 0
c)
s(x) =
∫ x
5πecos t dt =⇒ s′(x) = ecosx
h(x) = s(6x) =⇒ h′(x) = 6ecosx
Problema 10.7.3 (2 puntos) Dado el sistema:{2x− y =
√3
3x+ 2z = 2√
5
se pide:
241
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a) (1 punto) Anadir, de forma razonada, una tercera ecuacion para queel sistema resultante sea compatible determinado.
b) (1 punto) Anadir, de forma razonada, una tercera ecuacion para queel sistema resultante sea compatible indeterminado.
Solucion:
Anadimos una tercera ecuacion:2x− y =
√3
3x+ 2z = 2√
5ax+ by + cz = d
=⇒ A =
2 −1 0√
3
3 0 2 2√
5a b c d
=⇒ |A| = −2a−4b+3c
a) Para que sea compatible determinado |A| 6= 0 y una solucion posiblepuede ser a = 2, b = 0 y c = 0.
b) Para que sea compatible indeterminado |A| = 0, es decir, la fila F3 =αF1 + βF2:
a = 2α+ 3βb = −αc = 2β
d = α√
3 + β2√
5
Bastarıa tomar cualquier α 6= 0 o cualquier β 6= 0, por ejemplo, siα 6= 0 y β = 1 tenemos:
a = 3, b = 0, c = 2 y d = 2√
5
Problema 10.7.4 (2 puntos) Dadas las matrices:
A =
1 2 −11 1 21 0 5
, B =
1 −1 20 2 11 0 2
Hallar una matriz X que verifique la ecuacion matricial XB = A+B
Solucion:
XB = A+B =⇒ X = (A+B)B−1
X =
2 1 11 3 32 0 7
−4 −2 −5−1 0 1
2 1 −2
=
−7 −3 9−1 1 2
6 3 −4
242
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10.8. Septiembre 2009 - Opcion B (Reserva)
Problema 10.8.1 (3 puntos) Se pide:
a) (1 punto) Demostrar que si tres vectores v1, v2 y v3 son perpendicularesentre sı entonces se verifica que:
|−→v1 + v−→2 +−→v3 |2 = |−→v1 |2 + |−→v2 |2 + |−→v3 |2,
donde |w| denota modulo del vector −→w
b) (1 punto) Dados los vectores −→v1(1, 1,−1), −→v2 = (1, 0, 1) hallar un vector−→v3 tal que:
|−→v1 + v−→2 +−→v3 |2 = |−→v1 |2 + |−→v2 |2 + |−→v3 |2.
c) (1 punto) Dado el vector −→v (1, 2, 3), hallar los vectores −→v1 y −→v2 quecumplan las tres condiciones siguientes:
a) −→v1 tiene sus tres coordenadas iguales y no nulas;
b) −→v1 es perpendicular a −→v2 ;
c) −→v = −→v1 +−→v2
Solucion:
a)|−→v1 + v−→2 +−→v3 |2 = (−→v1 + v−→2 +−→v3)(−→v1 + v−→2 +−→v3) =
−→v1−→v1+−→v1−→v2+−→v1−→v3+−→v2−→v1+−→v2−→v2+−→v2−→v3+−→v3−→v1+−→v3−→v2+−→v3−→v3 = |−→v1 |2+|−→v2 |2+|−→v3 |2
b) −→v1−→v2 = 0 =⇒ −→v1 ⊥ −→v2 y llamamos −→v3 = (a, b, c):{ −→v3−→v1 = a+ b− c = 0−→v3−→v2 = a+ c = 0
=⇒{b = −2ac = −a
−→v3 = a(1,−2,−1) donde a es cualquier valor real.
c) Sea −→v1 = (a, a, a) y −→v2 = (b, c, d):{ −→v1−→v2 = a(b+ c+ d) = 0 =⇒ b+ c+ d = 0−→v = (1, 2, 3) = −→v1 +−→v1 = (a+ b, a+ c, a+ d)
=⇒
b+ c+ d = 0a+ b = 1a+ c = 2a+ d = 3
=⇒
a = 2b = −1c = 0d = 1
Luego:−→v1 = (2, 2, 2) y −→v2 = (−1, 0, 1)
243
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Problema 10.8.2 (3 puntos) Dado el sistema:(m+ 1)x+ y+ z = 0
x+ (m+ 1)y+ z = mx+ y+ (m+ 1)z = m2
se pide:
a) (2 puntos) Discutir el sistema segun los valores del parametro m.
b) (1 punto) Resolver el sistema para m = 0.
Solucion:
a)
A =
(m+ 1) 1 1 01 (m+ 1) 1 m1 1 (m+ 1) m2
|A| = m2(m+ 3) = 0 =⇒ m = 0 m = −3
Si m 6= 0 y λ 6= −3 =⇒ |A| 6= 0 =⇒Rango(A) = 3 =no incognitasluego en este caso el sistema sera Compatible Determinado.
Si m = 0:
A =
1 1 1 01 1 1 01 1 1 0
Rango(A) =Rango(A) = 1 < no de incognitas, y el sistema escompatible indeterminado.
Si m = −3:
A =
−2 1 1 01 −2 1 −31 1 −2 9
En este caso Rango(A) = 2 6=Rango(A) = 3, y el sistema esincompatible. Los determinantes:∣∣∣∣∣∣∣
1 1 0−2 1 −3
1 −2 9
∣∣∣∣∣∣∣ = 18 6= 0,
∣∣∣∣∣ 1 1−2 1
∣∣∣∣∣ = 3 6= 0
b) Cuando m = 0 =⇒ x+ y + z = 0:x = −λ− µy = λz = µ
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Problema 10.8.3 (2 puntos) Sabiendo que el volumen de un cubo de ladoa es V (a) = a3 centımetros cubicos, calcular el valor mınimo de V (x)+V (y)si x+ y = 5.
Solucion:
f(x) = V (x) + V (y) = x3 + y3, y = 5− x =⇒ f(x) = x3 + (5− x)3 =⇒
f ′(x) = 3x2 − 3(5− x)2 = 30x− 75 = 0 =⇒ x =5
2
f ′′(x) = 30 =⇒ f ′′(
5
2
)= 30 > 0 =⇒ Minimo
Sustituyendo en f(x):
f
(5
2
)=
125
4= 31, 25 cm3
Problema 10.8.4 (2 puntos) Calcular las siguientes integrales:
a) (1 punto)
∫(2x+ 1)3 dx,
∫x3ex
4dx
b) (1 punto)
∫2x dx,
∫1 + x+ x4
x3dx
Solucion:
a)
∫(2x+ 1)3 dx =
1
2
∫2(2x+ 1)3 dx =
(2x+ 1)4
8+ C
∫x3ex
4dx =
1
4
∫4x3ex
4dx =
ex4
4+ C
b)
∫2x dx =
1
ln 2
∫ln 2 · 2x dx =
2x
ln 2+ C∫
1 + x+ x4
x3dx = − 1
x2− 1
x+x2
2+ C
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